湖南雅礼中学高中尖子生培优——数学学科
2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高三上学期月考卷(一)数学试题及答案
·3·
16. (本小题满分 15 分)
ex(2x - 1) 已知画数 f(x) = x - 1 . (1) 求函数 f(x) 的单调区间; (2) 当 x < 1 时, 不等式 2xex - ax - ex + a ≥ 0 恒成立, 求实数 a 的取值范围.
17．已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 an+1 = 2Sn + 2n ∈ N * . (1) 求数列 an 的通项公式. (2) 在 an 与 an+1 之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为 dn 的等差数列，在数列
形所在的平面与平面 ABCD 的夹角的正切值均为
14 5
，则该五面体的所有棱长之和为
()
A． 102m B． 112m C． 117m D． 125m
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求. 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
1 2
x
C． y = f 4 - 2x
B． y =-f 1 -
1 2
x
D． y =-f 4 - 2x
·1·
8．刍甍是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，
展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是
全等的等腰三角形．若 AB = 25m,BC = AD = 10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角
.
13．已知抛物线 C:x2 = 2py(p > 0) 的焦点为 F ，点 A 在抛物线 C 上，若点 A 到 x 轴的距离
是 AF - 2，则 p =
湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题
湖南省长沙市雅礼中学2024-2025学年高三上学期入学考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________A ．4B ．5．以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数为（A ．70B ．64．已知定义域为R 的函数()f x 则（ ）A ．()2e 11f -<C ．1e 2f æö>ç÷èø三、填空题(1)当BD长度变化时，理由．(2)记ABD△的面积分别为△与BCD16．函数()e4sinxf x l=-(1)求l的值；()2*Δ0n a n =ÎN 或数列{}2Δna 是等比数列．(3)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，如果{}na 和{}n S 都是“优分解”的，并且123346a a a ===，，，求{}n a 的通项公式．2212S S +有最大值为14．16．(1)1l =(2)()f x 在(0,)+¥上仅有1个零点【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，和切点，然后得到切线方程，利用对应相等，即可求得l 的值；（2）利用一次求导和二次求导分析原函数和导函数的单调性，分πx ³与0πx <<两种情况讨论，结合单调性和零点存在性定理，即得证.【详解】（1）因为()e 4sin 2,()e 4cos x x f x x f x x l l l l ¢=-+-=-，所以(0)4f l ¢=-，所以切线斜率为4l -，即4a l =-，所切线方程为()41y x l l =--+又(0)1f l =-，所以切点坐标为(0,1)l -，代入得则11l l -=-+，解得1l =.（2）由（1）得()e 4sin 1,()e 4cos x x f x x f x x ¢=--=-，令()()e 4cos x g x f x x ==-¢，则()e 4sin x g x x =+¢，当πx ³时，()e 4cos 0x f x x ¢=->恒成立，所以()f x 在[)π,+¥上递增，所以ππ()(π)e 4sin 1e 50f x f x ³=--³->，因此()f x 在[π,)+¥无零点；当0πx <<时，()e 4sin 0x g x x ¢=+>恒成立，所以()f x ¢单调递增，（3）设()*n n n S B C n =+ÎN ，可得{}2Δn S 是首项为2，公比为()1Q Q ¹的等比数列，设()*n n n a b c n =+ÎN ，可得()21Δ1nn S d c q q =+-，可得()()()223111111d c q q d c q q d c q q éùéùéù+-=+-×+-ëûëûëû，可得数列{}Δn a 是首项121Δ1a a a =-=，公比为q 的等比数列，可求{a n)的通项公式．【详解】（1）{}naQ 是等差数列，\设()()111111n a a n d a n d éù=+-=-+-+ëû，令()111,1n n b a n d c =-+-=，则{b n)是等差数列，{}nc 是等比数列，所以数列{a n)是“优分解”的．（2）因为数列{a n)是“优分解”的，设()*n n n a b c n =+ÎN ，其中()()11111,0,0n n n b b n d c c q c q -=+-=¹¹，则()12121111Δ1,ΔΔΔ(1)n n n n n n n n a a a d c qq a a a c q q --++=-=+-=-=-．当1q =时，()2*Δ0n a n =ÎN ；当1q ¹时，{}2Δna 是首项为21(1)c q -，公比为q 的等比数列．（3）一方面，Q 数列{}nS是“优分解”的，设()*n n n S B C n =+ÎN ，其中()()11111,0,0n n n B B n D C C Q C Q -=+-=¹¹，由（2）知2121Δ(1)n n S C Q Q -=-因为12122323Δ4,Δ6S S S a S S S a =-===-==，所以2121ΔΔΔ2S S S =-=．{}221(1)2,1,Δn C Q Q S \-=\¹\是首项为2，公比为()1Q Q ¹的等比数列．另一方面，因为{a n)是“优分解”的，设()*n n n a b c n =+ÎN ，其中()()11111,0,0n n n b b n d c c q c q -=+-=¹¹，()2111211Δ,ΔΔΔ1n n n n n n n n n n S S S a S S S a a d c q q +++++=-==-=-=+-{}2Δn S Q 是首项为2，公比为()1Q Q ¹的等比数列，0,1q q \¹¹，且()()()2222213ΔΔΔS S S =×，()()()223111111d c q q d c q q d c q q éùéùéù\+-=+-×+-ëûëûëû化简得()311111(1)0,0,0,1,0,Δ1n n n n c dq q c q q d a a a c q q -+-=¹¹¹\=\=-=-Q ，即数列{}Δna是首项121Δ1a a a =-=，公比为q 的等比数列．又232Δ2,2a a a q =-=\=Q ，又()211Δ2,12,0,2,S d c q q d q =\+-===\Q Q 解得11111,312c b a c =\=-=-=，综上所述，()1111122n n n a b n d c q --=+-+=+．【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤.。
湖南长沙雅礼中学2023年高二上学期入学检测数学试题及参考答案
时量：120雅礼中学2023年下学期入学检测试题高二数学分钟 满分：150分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数=-++λz i i 11)()(是纯虚数，则实数=λ( )A.-2B.-1C.0D.12.已知集合==A x y x y ,}{)(，==-B x y y x ,8}{)(，则=AB ( )A.4}{B.4,4}{)(C.1,4}{D.1,1,4,4}{)()(3.已知∈x R ，则≥x 1且≥y 4是+≥x y 5且≥xy 4成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是( )A.至多有1次中靶B.2次都中靶C.2次都不中靶D.只有1次中靶5.已知样本数据x 1，x 2，…，x 2022的平均数和方差分别为3和56，若=+=y x i i i 231,2,,2022)(，则y 1，y 2，…y 2022的平均数和方差分别是( )A.12，115B.12，224C.9，115D.9，2246.某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间75,80)[内的学生有( )A.15名B.20名C.25名D.40名7.已知函数f x )(的定义域为R ，且++-=f x y f x y f x f y )()()()(，=f 11)(，则∑==f k k 122)(( )A.-3B.-2C.0D.18.如图，正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F ，分别是AB ，BC 的中点，过点1D ，E ，F 的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为1V ，()212V V V <，则12:V V =( )A.13 B.35 C.2547 D.79二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9.已知236a b ==，则a ，b 满足( )A.a b >B.111a b+< C.4ab > D.4a b +>10.在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )A.10b =，45A =︒，60C =︒B.b =4c =，60B =︒C.a =2b =，45A =︒D.8a =，4b =，80A =︒11.下列四个命题中，假命题有( )A.对立事件一定是互斥事件B.若A ，B 为两个事件，则()()()P AB P A P B =+C.若事件A ，B ，C 彼此互斥，则()()()1P A P B P C ++=D.若事件A ，B 满足()()1P A P B +=，则A ，B 是对立事件12.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为，E ，F ，G 分别为BC ，1CC ，1BB 的中点，则( )A.直线1D D 与直线AF 垂直B.直线1A G 与平面AEF 平行C.平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D.点C 与点G 到平面AEF 的距离相等三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取________人.14.在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB AD AA ===，1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=︒，则1AC =________.15.已知()32,,x x af x x x a⎧≤=⎨>⎩，若存在实数b ，使函数()()g x f x b =-有两个零点，则a 的取值范围是________.16.如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为2，M 是侧棱PC 的中点.若过AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB 、PD 于点E 、F (可与端点重合)，则四棱锥P AEMF -的体积的取值范围是________.四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.(本小题满分10分)已知函数()()()sin 0,0,f x A x A ωϕωϕπ=+>><的部分图像如图所示.(1)求()f x 的解析式及对称中心； (2)先将()f x 的图像纵坐标缩短到原来的12倍，再向右平移12π个单位后得到()g x 的图像，求函数()y g x =在3,124x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的单调减区间和最值.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是棱BC ，DC 的中点.(1)求证：11D E AB ⊥；(2)若点M ，N 分别在1C D ，AF 上，且1MN C D ⊥，MN AF ⊥.求证：1//MN D E ；(3)棱1CC 上是否存在点P ，使平面1CD E ⊥平面AFP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，说明理由.19.(本小题满分12分)某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为12，乙队每位球员罚进点球的概率均为23.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. (1)求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；(2)若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2:0领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率.如图、四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，梯形ABCD 满足//AB CD ，90BCD ∠=︒，且2PD AD DC ===，3AB =，E 为PC 中点，13PF PB =，2PG GA =. (1)求证：D ，E ，F ，G 四点共面；(2)求二面角F DE P --的正弦值.21.(本小题满分12分)某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD 内举行机器人拦截挑战赛，在E 处按EP 方向释放机器人甲，同时在A 处按AQ 方向释放机器人乙，设机器人乙在M 处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动.若点M 在矩形区域ABCD 内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败.已知6AB =米，E 为AB 中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记EP 与EB 的夹角为()0θθπ<<，AQ 与AB 的夹角为02παα⎛⎫<<⎪⎝⎭. (1)若两机器人运动方向的夹角为3π，AD 足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；(2)已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍. (i)若3πθ=，AD 足够长，机器人乙挑战成功，求sin α.(ii)如何设计矩形区域ABCD 的宽AD 的长度，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度α使机器人乙挑战成功？定义：()()()222102001sin sin sin n nμθθθθθθ⎡⎤=-+-++-⎣⎦为实数1θ，2θ，…，n θ对0θ的“正弦方差”.(1)若13πθ=，223πθ=，3θπ=，证明：实数1θ，2θ，3θ对0θ的“正弦方差”μ的值是与0θ无关的定值；(2)若14πθ=，2θα=，3θβ=，,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，(),2βππ∈，若实数1θ，2θ，3θ对0θ的“正弦方差”μ的值是与0θ无关的定值，求α，β值.一、单项选择雅礼中学2023年下学期入学检测试题高二数学 参考答案题7.【答案】A【解析】因为++-=f x y f x y f x f y )()()()(，令=x 1，=y 0， 可得，=f f f 2110)()()(， 所以=f 02)(，令=x 0，可得，+-=f y f y f y 2)()()(， 即=-f y f y )()(， 所以函数f x )(为偶函数，令=y 1得，++-==f x f x f x f f x 111)()()()()(， 即有++=+f x f x f x 21)()()(，从而可知+=--f x f x 21)()(，-=--f x f x 14)()(， 故+=-f x f x 24)()(， 即=+f x f x 6)()(，所以函数f x )(的一个周期为6.因为=-=-=-f f f 210121)()()(，=-=--=-f f f 321112)()()(，=-==-f f f 4221)()()(，=-==f f f 5111)()()(，==f f 602)()(，所以一个周期内的+++=f f f 1260)()()(.由于22除以6余4， 所以∑=+++=---=-=f k f f f f k 123411213122)()()()()(.8.【答案】C【解析】作直线EF ，分别交DA ，DC 于M ，N 两点，连接1D M ，1D N 分别交1A A ，1C C 于H ，G 两点，如图所示，过点1D ，E ，F 的截面即为五边形1D HEFG ，设正方体的棱长为2a ，因为点E ，F ，分别是AB ，BC 的中点. 所以1AE AM BE BF ==，1CN CFBE BF==， 即AM CN a ==，因为113AM AH MD DD ==，113CN CG DN DD ==， 所以23a AH CG ==. 则过点1D ，E ，F 的截面下方体积为：3111112253322323239a V a a a a a a =⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅=， ∴另一部分体积为33322547899V a a a =-=， ∴1225:47V V =. 故选：C.二、多项选择题12.【答案】BC【解析】对于选项A ，以D 点为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0D ，()1,0,0A ，10,1,2F ⎛⎫⎪⎝⎭，()10,0,1D . 从而()10,0,1DD =，11,1,2AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，从而1102DD AF ⋅=≠，所以直线1DD 与直线AF 不垂直，选项A 错误； 对于选项B ，取11B C 的中点为M ，连接1A M ，GM ，则易知1//A M AE ， 又1A M ⊂/平面AEF ，AE ⊂平面AEF ， 故1//A M 平面AEF ，又//GM EF ，GM ⊂/平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以//GM 平面AEF ， 又1A MGM M =，1A M ，GM ⊂平面1A GM ，故平面1//A MG 平面AEF ，又1A G ⊂平面1A MG ，从而1//A G 平面AEF ， 选项B 正确；对于选项C ，连接1AD ，1D F ，如图所示， ∵正方体中11////AD BC EF ， ∴A ，E ，F ，1D 四点共面，∴四边形1AEFD 为平面AEF 截正方体所得的截面四边形，且截面四边形1AEFD 为梯形，又由勾股定理可得12D F AE ==，1AD =2EF =，∴梯形1AEFD=，∴11928AEFD S =⨯=⎭梯形， 选项C 正确；对于选项D ，由于1111224GEF S =⨯⨯=△，11112228ECF S =⨯⨯=△， 而13A GEFEFG V S AB -=⋅△，13A ECF BCF V S AB -=⋅△， ∴2A GEF A BCF V V --=，即2G AEFC AEF V V --=，选项D 错误. 故选：BC.三、填空题13.1015.()(),01,-∞+∞16.8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦16.【答案】8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】首先证明一个结论：在三棱锥S ABC -中，棱SA ，SB ，SC 上取点1A ，1B ，1C ，则111111S A B C S ABCV SA SB SC V SA SB SC--⋅⋅=⋅⋅，设SB 与平面SAC 所成角为θ，则11111111111111sin sin 3211sin sin 32S A B C B SA C S ABC B SAC SA SC SB ASC V V SA SB SC V V SA SB SC SA SC SB ASC θθ----⋅⋅⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅∠；现业解答本题：设PE x PB =，PF y PD =，184233P ABCD V -=⨯⨯=， 则43P AEF P ABD V x y V xy --=⋅⋅=，1223P MEF P BCD V x y V xy --=⋅⋅⋅=，223P AFM P ACD y V V y --=⋅=，223P AEM P ABC x V V x --=⋅=，∴()223P AEMF P AEF P MEF P AFM P AEM V V V V V xy x y -----=+=+==+，则3x y xy +=， ∴31yx y =-， ∴010131x y y x y ≤≤⎧⎪≤≤⎪⎨⎪=⎪-⎩， 则112y ≤≤， ∴()222233331331P AEMFy y V x y y y y -⎛⎫=+=+=⋅⎪--⎝⎭，令31t y =-，则()2211123199t yt y t t +⎛⎫==++ ⎪-⎝⎭， ∵1,12y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当112t ≤<时，函数1y t t =+单调递减，当12t <≤时，函数1y t t=+单调递增， 故1y t t =+最小值为2，当12t =，2时，1y t t =+都取到最大值52，则()22111412,319992t y t y tt +⎛⎫⎡⎤==++∈ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦(当且仅当1t =时，取最小值)， ∴282,1319P AEMFy V y -⎡⎤=⋅∈⎢⎥-⎣⎦，故答案为：8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦.四、解答题17.【解析】(1)根据函数()()()sin 0,0,f x A x A ωϕωϕπ=+>><的部分图像，可得2A =，3254123πππω⋅=+， ∴2ω=.再根据五点法作图，52122ππϕ⨯+=， ∴3πϕ=-，故有()2sin 23f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭. 根据图像可得，,03π⎛⎫-⎪⎝⎭是()f x 的图像的一个对称中心， 故函数的对称中心为,03k ππ⎛⎫-⎪⎝⎭，k Z ∈. (2)先将()f x 的图像纵坐标缩短到原来的12，可得sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图像，再向右平移12π个单位，得到sin 2sin 2cos 21232y x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=-=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图像，即()cos 2g x x =-，令222k x k πππ-≤≤，k Z ∈， 解得2k x k πππ-≤≤，k Z ∈，可得()g x 的减区间为,2k k πππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，k Z ∈， 结合3,124x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()g x 在3,124ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减区间为3,24ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 又32,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 故当2,2x x ππ==时，()g x 取得最大值，即()max 1g x =； 当26x π=，12x π=时，()g x 取得最小值，即()min2g x =-.18.(1)【证明】如图，连接1A B ，1CD ，∵正方体1111ABCD A B C D - ∴四边形11ABB A 为正方形， ∴11AB B A ⊥，又∵正方体1111ABCD A B C D -， ∴BC ⊥平面11ABB A ，1AB ⊂平面11ABB A ，所以1BC AB ⊥， 又11B CA B B =，∴1AB ⊥平面11A D CB ，又∵1D E ⊂平面11A D CB ， ∴11AB D E ⊥.(2)【证明】如图，连接DE ，1CD ，AD DC =，DF EC =，ADF DCE ∠=∠，∴ADF DCE ≌△△， ∴DAF CDE ∠=∠. ∵90CDE ADE ∠+∠=︒， ∴90DAF ADE ∠+∠=︒， 即DE AF ⊥.又∵正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AF ⊂平面ABCD ， ∴1AF DD ⊥， ∵1DD DE D =，1,D D DE ⊂平面1D DE ，∴AF ⊥平面1D DE . 又∵1D E ⊂平面1D DE ， ∴1AF D E ⊥. 由(1)可知11AB D E ⊥ 又∵1AB AF A =，1AB ，AF ⊂平面1AB F ，∴1D E ⊥平面1AB F .又∵1MN C D ⊥，11//AB C D ， ∴1MN AB ⊥，， 又∵MN AF ⊥，1AB AF A =，1AB ，AF ⊂平面1AB F所以MN ⊥平面1B AF 所以1//MN D E .(3)【解析】存在.如图，当点P 为棱1CC 的中点时，平面1CD E ⊥平面AFP . 连接FP ，AP ，∵点P ，F 分别为棱1CC ，CD 的中点， ∴1//FP C D ，∵正方体1111ABCD A B C D -， ∴11//AD B C ， ∴11AB C D∴11//C D AB ， ∴1//FP AB ，∴FP 与1AB 共面于平面1AB PF .由(2)知1D E ⊥平面1B AF ，即1D E ⊥平面AFP . 又因为1D E ⊂平面1CD E ， ∴平面1CD E ⊥平面AFP .19.【解析】(1)设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为A ，未罚进点球的事件为A ；乙队球员罚进点球的事件为B ，未罚进点球的事件为B .设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C ，由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲、乙均未罚进点球，或甲、乙均罚进点球，则()()()()()1212111112323632P C P A P B P A P B ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯=-⨯-+⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为12. (2)因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分， 即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2. ①比分为2:1的概率为()()()()()()()()P A P B P A P B P A P B P A P B ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅121212121111111112323232318189⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯⨯-⨯-+-⨯-⨯-⨯=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. ②比分为2:2的概率为()()()()121211123239P A P B P A P B ⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅=-⨯⨯-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.③比分为3:2的概率为()()()()()()()()P A P B P A P B P A P B P A P B ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅121221223239⎛⎫=⨯⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭. 综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为11249999++=. 20.(1)【证明】以点C 为坐标原点，向量CD 、CB 、DP 方向分别为x 、y 、z 轴的正方向建立坐标系，则()2,0,0D ，()2,0,2P ，()0,0,0C，()B，()A ，()1,0,1E ，所以()2PB =--， 因为13PF PB =，设(),,F a b c ，则()2,,2PF a b c =--， 所以()()12,,223a b c --=--，解得4343a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以4433F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，同理可得8233G ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， ∴()1,0,1DE =-，2433DF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，2233DG ⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭， 令DF xDE yDG =+，则()2422221,0,1333333x y x y y x y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴2233334233x y y x y ⎧-=-+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎪⎩， ∴112x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，∴12DF DE DG =+，∴D 、E 、F 、G 四点共面.(2)【解析】由(1)可知()2,0,0D ，()1,0,1E，4433F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， ∴()1,0,1DE =-，2433DF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面DEF 的一个法向量为(),,n x y z =，则0n DE n DF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0240333x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，则x y z y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 令2y =，则(3,2,n =-取平面PDE 的一个法向量为()CB =，则2cos ,510n CB n CB n CB⋅===，所以215sin ,1cos ,5n CB nCB =-=，∴二面角F DE P --. 21.【解析】(1)如图，在AEM △中，由余弦定理得，2222cos93AE MA ME MA ME π=+-⋅=，所以()2293932MA ME MA ME MA ME +⎛⎫+=+⋅≤+⨯ ⎪⎝⎭，所以6MA ME +≤，(当且仅当3MA ME ==时等号成立)， 故两机器人运动路程和的最大值为6.(2)(i)在AEM △中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍， 故2AM EM =，由正弦定理可得()sin sin AM EMπθα=-，所以()sin 11sin sin sin 223EM AMπθπαθ-====，(ii)设EM x =，则22AM EM x ==，()1,3x ∈， 由余弦定理可得()()222323cos 2322x x x xx πθ+--==-⨯⨯，所以3cos 22x xθ=-， 所以sin x θ=== 由题意得sin AD x θ≥对任意()1,3x ∈恒成立， 故()max sin 2AD x θ≥=，当且仅当x =.答：矩形区域ABCD 的宽AD 至少为2米，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD 内成功拦截机器人甲. 22.【解析】(1)因为13πθ=，223πθ=，3θπ=， 所以()22200012sin sin sin 333ππμθθπθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()2222200000131131cos sin sin sin cos 322322θθθθθ⎛⎫=++=⨯+= ⎪⎝⎭， 所以“正弦方差”μ的值是与0θ无关的定值12. (2)因为14πθ=，2θα=，3θβ=，,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，(),2βππ∈， 所以()()2220001sin sin sin 34πμθαθβθ⎡⎤⎛⎫=-+-+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()0001cos 21cos 221cos 22123222πθαθβθ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥----⎝⎭⎢⎥=++⎢⎥⎢⎥⎣⎦()()00000sin 2cos2cos2sin 2sin 2cos2cos2sin 2sin 2126θαθαθβθβθ++++=-()()00sin 2sin 21sin 2cos 2cos 2cos 2126αβθαβθ++++=-， 因为实数1θ，2θ，3θ对0θ的“正弦方差”μ的值是与0θ无关的定值， 所以cos 2cos 20sin 2sin 21αβαβ+=⎧⎨+=-⎩，因为,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，(),2βππ∈， 所以()2,2αππ∈，()22,4βππ∈，由cos 2cos 20αβ+=，得225αβπ+=或22βαπ-=， 即52παβ+=或2πβα-=， 由()()22cos 2cos 2sin 2sin 21αβαβ+++=， 得()1cos 222βα-=-， 又因为()220,3βαπ-∈，所以2223πβα-=或4223πβα-=或8223πβα-=， 即3πβα-=或23πβα-=或43πβα-=，当523παβπβα⎧+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩时，解得13121712παπβ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，经检验不符合题意；当5223παβπβα⎧+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩时，解得11121912παπβ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，经检验符合题意；当5243παβπβα⎧+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩时，解得7122312παπβ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，经检验符合题意.综上可知：11121912παπβ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或7122312παπβ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.。
雅礼中学理数(答案)
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理科数学参考答案!雅礼版"!"!
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2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高三(上)月考数学试卷(一)(含答案)
2024-2025学年湖南省长沙市雅礼中学高三（上）月考数学试卷（一）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A ={x |log 2x >1}，B ={x |0<x <4}，则A ∩B =( )A. {x |2<x <4}B. {x |2⩽x <4}C. {x |0<x⩽2}D. {x |x⩽2}2.已知复数z 满足(1―i )z =2i ，且z +ai (a ∈R )为实数，则a =( )A. 1B. 2C. ―1D. ―23.设向量a =(1,0)，b =(12,12)，则下列结论中正确的是( )A. |a |=|b | B. a ⋅b = 22 C. a ―b 与b 垂直 D. a //b4.已知a 是函数f (x )=2x ―log 12x 的零点，若0<x 0<a ，则f (x 0)的值满足( )A. f (x 0)=0B. f (x 0)>0C. f (x 0)<0D. f (x 0)的符号不确定5.若sinx +cosx =13，x ∈(0,π)，则sinx ―cosx 的值为( )A. ± 173 B. ― 173 C. 13 D. 1736.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为( )A. 8B. 24C. 48D. 1207.函数y =f (x )的图象如图①所示，则如图②所示的函数图象所对应的函数解析式可能为( )A. y =f (1―12x )B. y =―f (1―12x )C. y =f (4―2x )D. y =―f (4―2x )8.刍曹是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某屋顶可视为五面体ABCDEF ，四边形ABFE 和CDEF 是全等的等腰梯形，△ADE 和△BCF 是全等的等腰三角形.若AB =25m ，BC =AD =10m ，且等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角的正切值均为145.为这个模型的轮廓安装灯带(不计损耗)，则所需灯带的长度为( )A. 102mB. 112mC. 117mD. 125m二、多选题：本题共3小题，共18分。
2025届湖南省长沙市雅礼教育集团高三考前热身数学试卷含解析
2025届湖南省长沙市雅礼教育集团高三考前热身数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ）A ．3-B ．2-C ．1-D ．12．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左，右焦点分别为1F 、2F ，过1F 的直线l 交双曲线的右支于点P ，以双曲线的实轴为直径的圆与直线l 相切，切点为H ，若113F P F H =，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．132B ．5C ．25D ．133．如图，在中，点M 是边的中点，将沿着AM 翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心4．已知复数z 满足()1i +z =2i ，则z =（ ）A 2B ．1C ．22D ．125．已知数列{}n a 是公差为()d d ≠0的等差数列，且136,,a a a 成等比数列，则1a d=（ ） A ．4B ．3C ．2D ．16．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若816S =，61a =，则数列{}n a 的公差为（ ） A ．32B ．32-C ．23D ．23-7．已知实数x 、y 满足不等式组2102100x y x y y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩，则3z x y =-+的最大值为（ ）A ．3B ．2C ．32-D ．2-8．已知函数13()4sin 2,0,63f x x x π⎛⎫⎡⎤=-∈π ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，若函数()()3F x f x =-的所有零点依次记为123,,,...,n x x x x ，且123...n x x x x <<<<，则123122...2n n x x x x x -+++++=（ ）A ．503πB ．21πC ．1003πD ．42π9．设函数()f x 在定义城内可导，()y f x =的图象如图所示，则导函数()y f x '=的图象可能为（ ）A ．B ．C ．D ．10．在ABC ∆中，60BAC ∠=︒，3AB =，4AC =，点M 满足2B M M C =，则AB AM ⋅等于（ ） A ．10B ．9C ．8D ．711．我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为（ ） A ．35B ．710C ．45D ．91012．已知当m ，[1n ∈-，1)时，33sin sin22mnn m ππ-<-，则以下判断正确的是( )A ．m n >B ．||||m n <C ．m n <D ．m 与n 的大小关系不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
雅礼中学高一理科实验班招生数学
雅礼中学高一理科实验班选拔考试数学试卷一、选择题（每小题5分，共30分。
每小题均给出了A 、B 、C 、D 的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的，不填、多填或错填均得０分）1、有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的 结果如图所示。
如果记6的对面的数字为a ，2的对面的数字为b ，那么b a +的值为A ．3B ．7C ．8D ．112、右图是某条公共汽车线路收支差额y 与乘客量x 的图像（收支差额=车票收入-支出费用） 由于目前本条线路亏损，公司有关人员提出两条建议：建议（1）是不改变车 票价格，减少支出费用；建议（2）是不改变支出费用，提高车票价格。
下面 给出四个图像（如图所示）则A ．①反映了建议（2），③反映了建议（1）B ．①反映了建议（1），③反映了建议（2）C ．②反映了建议（1），④反映了建议（2）D ．④反映了建议（1），②反映了建议（2）3、已知函数))((3n x m x y ---=，并且b a ,是方程0))((3=---n x m x 的两个根，则 实数b a n m ,,,的大小关系可能是A ．n b a m <<<B ．b n a m <<<C ．n b m a <<<D ．b n m a <<<4、记n S =n a a a +++Λ21，令12nnS S S T n+++=L ，称n T 为1a ，2a ，……，n a 这列数的“理想数”。
已知1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为2004，那么8，1a ，2a ，……，500a 的“理想数”为A ．200４B ．2006C ．2008D ．20105、以半圆的一条弦BC （非直径）为对称轴将弧BC 折叠后1 1xyOA 1 1x yO A 1 1 xyO y1 1xO A A 1 1xyO ① ② ③④OD CBAFE D CBAxyE ODCBA 与直径AB 交于点D ，若32=DB AD ，且10=AB ，则CB 的 长为A ． 54B ．34C ． 24D ．46、某汽车维修公司的维修点环形分布如图。
2024届湖南省长沙雅礼中学高三下学期月考(七)数学试题及答案
雅礼中学2024届高三月考试卷（七）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集{}{}{}2,4,6,8,10,12,4,6,8,8,10U M N ===，则集合{}2,12=（ ） A.M N ∪ B.M N ∩ C.()U M N ∪ D.()U M N ∩ 2.下列命题正确的是（ ）A.“ln ln m n <”是“e e m n <”的充分不必要条件B.命题：0,ln 1x x x ∀>− 的否定是：0000,ln 1x x x ∃>−C.5πsin cos 2x x+=−D.函数21x y x +=+在()(),11,∞∞−−∪−+上是减函数 3.若复数z 满足|2i ||2i |8z z ++−=，则复数z 在复平面内所对应点的轨迹是（ ） A.椭圆 B.双曲线 C.圆 D.线段4.已知D 是ABC 所在平面内一点，3255AD AB AC =+，则（ ）A.32BD BC =B.23BD BC =C.35BD BC =D.25BD BC =5.我们把由0和1组成的数列称为01−数列，01−数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列{}()12211,n n n n F F F F F F ++===+中的奇数换成0，偶数换成1可得到01−数列{}n a ，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则100S 的值为（ ）A.32B.33C.34D.356.我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突.器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密.碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱.该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米）（ ）A.34πB.27πC.20πD.18π7.已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>与双曲线22221(0,0)x y m n m n−=>>有共同的焦点12,F F ，且在第一象限内相交于点P ，椭圆与双曲线的离心率分别为12,e e .若12π3F PF ∠=.则12e e ⋅的最小值是（ ）A.1232 8.求值：2cos40cos80sin80+=（ ）二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.某市7天国庆节假期期间的楼房日认购量（单位：套）与日成交量（单位：套）的折线图如下图所示，小明同学根据折线图对这7天的日认购量与日成交量作出如下判断，则下列结论正确的是（ ）A.日认购量与日期正相关B.日成交量的中位数是26C.日成交量超过日平均成交量的有2天D.10月7日日认购量的增量大于10月7日日成交量的增量10.抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设,A B 是抛物线2:4C x y =上两个不同的点，以()()1122,,,A x y B x y 为切点的切线交于P 点.若弦AB 过点()0,1F ，则下列说法正确的有（ ） A.124x x =−B.若12x =，则A 点处的切线方程为10x y −−=C.存在点P ，使得0PA PB ⋅>D.PAB 面积的最小值为4 10.已知函数()()()1e 1x f x x x =+−−，则下列说法正确的有Λ.()f x 有唯一零点B.()f x 无最大值C.()f x 在区间()1,∞+上单调递增D.0x =为()f x 的一个极小值点三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.雅礼中学将5名学生志愿者分配到街舞社､戏剧社､魔术社及动漫社4个社团参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社团､每个社团至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有__________种13.已知圆221:(2)1C x y +−=与圆222:(2)(1)4C x y −+−=相交于,A B 两点，则()1211C C C A C B =⋅+__________.14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三的形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角ABC 外接圆的半径为2，且三条圆弧沿ABC 三边翻折后交于点P .（1）若3AB =，则sin PAC ∠=__________.（2）若::6:5:4AC AB BC =，则PA PB PC ++的值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（本小题满分13分）人工智能正在改变我们的世界，由OpenAI 开发的人工智能划时代的标志ChatGPT 能更好地理解人类的意图，并且可以更好地回答人类的问题，被人们称为人类的第四次工业革命.它渗透入类社会的方方面面.让人类更高效地生活.现对130人的样本人群就“广泛使用ChatGPT 对服务业芳动力市场的潜在影响”进行调查，其数据的统计结果如下表所示： ChatGPT 应用的广泛性 服务业就业人数的合计减少 增加 广泛应用6010 70 没广泛应用 40 20 60 合计10030130（1）根据小概率值0.01α=的独立性检验，是否有99%的把握认为ChatGPT 应用的广泛性与服务业就业人数的增减有关？（2）现从“服务业就业人数会减少”的100人中按分层随机抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记抽取的3人中有X 人认为ChatGPT 会在服务业中广泛应用，求X 的分布列和均值.附：()()()()22()n ad bc a b c d a c b d χ−=++++，其中n a b c d =+++.α 0.10.05 0.01x α 2.706 3.841 6.63516.（本小题满分15分）如图，在四棱锥P ABCD −中，PA ⊥平面,2,,120ABCD PA AB BC AD CD ABC ∠===== .（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若点M 为PB 的中点，线段PC 上是否存在点N ，使得直线MN 与平面PAC.若存在，求PNPC的值；若不存在，请说明理由. 17.（本小题满分15分）如图，圆C 与x 轴相切于点()2,0T ，与y 轴正半轴相交于两点,M N （点M 在点N 的下方），且3MN =.（1）求圆C 的方程；（2）过点M 任作一作直线与椭圆22184x y +=相交于,A B 两点，连接,AN BN ，求证：ANM BNM ∠∠=.18.（本小题满分17分）已知函数()()2ln 3f x x x ax x a =−−∈R .（1）若1x =是函数()f x 的一个极值点，求实数a 的值； （2）若函数()f x 有两个极值点12,x x ，其中12x x <， ①求实数a 的取值范围；②若不等式122ln 31ax k x k +>+恒成立，求实数k 的取值范围. 19.（本小题满分17分）对于无穷数列{}n c ，若对任意*,m n ∈N ，且m n ≠，存在*k ∈N ，使得m n k c c c +=成立，则称{}n c 为“G 数列”.（1）若数列{}n b 的通项公式为2n b n =，试判断数列{}n b 是否为“G 数列”，并说明理由； （2）已知数列{}n a 为等差数列，①若{}n a 是“G 数列”，*128,a a N =∈，且21a a >，求2a 所有可能的取值； ②若对任意*n N ∈，存在*k N ∈，使得k n a S =成立，求证：数列{}n a 为“G 数列”.雅礼中学2024届高三月考试卷（七）数学参考答案一､二､选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011答案CAADBBCABDABD BCD1.C 【解析】{}{}(){}(){}U U 4,6,8,10,8,2,12,2,4,6,10,12MN MN M N M N ∪=∩=∪=∩= ，故选C.2.A 【解析】对于A 中，由函数ln y x =为单调递增函数，因为ln ln m n <，可得0m n <<， 又因为函数e x y =为单调递增函数，可得e e m n <，即充分性成立；反之：由e e m n <，可得m n <，当,m n 小于0时，此时ln ,ln m n 没意义，即必要性不成立，所以“ln ln m n <”是“e e m n <”的充分不必要条件，故A 正确；对于B ，命题：0,ln 1x x x ∀>− 的否定是：0000,ln 1x x x ∃>>−，故B 不正确； 对于5ππC,sin sin cos 22x x x +=+=，故C 不正确； 对于D ：当2x =−时0y =，当0x =时2y =，但20−<，可得02<， 所以函数21x y x +=+在()(),11,∞∞−−∪−+上不是减函数，故D 不正确；故选A. 3.A 【解析】设()()()12,,0,2,0,2P x y F F −，复数z 对应点P ，由题意复数z 满足|2i ||2i |8z z ++−=，即21128242PF PF a F F c +==>==，可知复数z 满足椭圆的定义.故选A . 4.D 【解析】由3255AD AB AC =+ ，得3255AB BD AB AC +=+ ，得2255BD AB AC =−+，得25BD = （2)5AB AC BC −+= ，故选D.5.B 【解析】因为12211,n n n F F F F F ++===+，所以34567892,3,5,8,13,21,34,F F F F F F F ======= ，所以数列{}n a 的前若干项为：1231567890,1,0,0,1,0,0,1,a a a a a a a a a ========= ，则1234567891a a a a a a a a a ++=++=++== ，所以100331033S =×+=.故选B.6.B 【解析】设该圆台的上底面､下底面的半径分别为,R r ，若当29,23R r ==时，则圆台的母线长5l ==，所以其侧面积为()π 4.5 1.5530π×+×=， 若当28,22R r ==时，则圆台的母线长5l =，所以其侧面积为()π41525π×+×=，所以其侧面积S 满足25π30πS <<.故选B. 7.C 【解析】设共同的焦点为()(),0,,0c c −，设12,PF s PF t ==， 由椭圆和双曲线的定义可得2,2s t a s t m +=−=，解得,s a m t a m =+=−， 在12PF F 中，12π3F PF ∠=，可得222121212122cos F F PF PF PF PF F PF ∠=+−⋅⋅， 即为()()222224()()3c a m a m a m a m a m =++−−+−=+，即有222234a m c c +=，即2212134e e +=，由221213e e +，可得12e e ⋅，当且仅当21e =，故选C. 8.A 【解析】()()2cos 12080cos802cos120cos80sin120sin80cos802cos40cos80sin80sin80sin80−++++===.故选A.9.BD【解析】由题图可以看出，数据点并不是从左下至右上分布，所以A 错；将成交量数据按大小顺序排列，中.位数为26，所以B 对；日平均成交量为1383216263816642.77++++++≈，超过42.7的只有一天，所以C 错；10月7日认购量的增量为276112164−=，成交量的增量为16638128−=，所以D 对，故选BD.10.ABD 【解析】对于A ，由题意，设直线:1AB y kx =+， 联立21,4,y kx x y =+ = 消去y 整理得：2440x kx −−=，又()()1122,,,A x y B x y ，则12124,4x x k x x +=⋅=−，所以A 正确； 对于B ，由抛物线24x y =.可得214y x =，则12y x ′=， 则过点A 的切线斜率为112x ，易知2114y x =，即2111,4A x x， 则切线方程为：()21111142y x x x x −=−，即2111124y x x x =−， 若12x =时，则过点A 的切线方程为：10x y −−=，所以B 正确； 对于C ，由选项B 可得：直线AP 的斜率为112x ，直线BP 的斜率为212x ，因为12121111224x x x x ⋅==−，所以AP BP ⊥，即0PA PB ⋅=，所以C 错误； 对于D ，由选项B 可知，过点B 的切线方程为2221124yx x x −，联立直线,PA PB 的方程可得()12,1,,1,PF PF ABP k k k k PF AB k−=−⋅=−⊥，所以12ABPS AB PF =⋅ ，()2241AB x k =−===+，PF =，则()32241ABPS k =+ ，当0k =时，ABP S 有最小值为4,D 正确.故选ABD.11.BCD 【解析】由题可知()()100f f −==，即1x =−和0x =是函数()()()1e 1x f x x x =+−−的零点，A 不正确；当0x >时，令()e 1xu x x =−−，求导得()e 10xu x −>′，函数()u x 在()0,∞+上递增，当2x 时，()2e 31u x −> ，而1y x =+在()0,∞+上递增，值域为()1,∞+，因此当2x 时，()1f x x >+，所以()f x 无最大值，B 正确；()()2e 22xf x x x ′=+−−，令()()2e 22xg x x x =+−−，求导得()()3e 2xg x x =+−′，当0x >时，令()()3e 2xh x x =+−，则()()4e 0xh x x =+>′， 即()()g x h x ′=在()0,∞+上递增，()()010g x g ′>=>′，则()()f x g x ′=在()0,∞+上递增，()()00f x f ′>=′，因此()f x 在()0,∞+上递增，即()f x 在()1,∞+上单调递增，C 正确； 当10x −<<时，()22e 2xx x x ϕ+=−+，求导得()22e (2)x x x ϕ=−+′，显然函数()x ϕ′在()1,0−上递增，而()()11120,00e 2ϕϕ′−′=−<=>，则存在()01,0x ∈−，使得()00x ϕ′=， 当()0,0x x ∈时，()0x ϕ′>，函数()x ϕ在()0,0x 上单调递增，当()0,0x x ∈时，()()00x ϕϕ<=， 即当()0,0x x ∈时，22e 2xx x +<+，则()()2e 220x f x x x ′=+−−<，又()00f ′=，因此0x =为()f x 的一个极小值点，D 正确，故选BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.240 【解析】根据题意，分2步进行分析： ①将5名学生志愿者分为4组，有25C 10=种分组方法，②将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，有44A 24=种情况， 则有1024240×=种分配方案.13.2 【解析】由题意可知两圆公共弦AB 所在的直线方程为()()12210,0,2,2,1x y C C −+=，所以点1C 到直线210x y −+=的距离为2d C =，又12C C AB ⊥，所以向量1C A 在向量12C C方向上的投影为d =，所以1211C C C A ⋅= ，同理可得1211C C C B ⋅= ，所以()12112C C C A C B ⋅+= .；234 【解析】设外接圆半径为R ，则2R =，由正弦定理，可知324sin sin AB R ACB ACB∠∠===，即3sin 4ACB ∠=，由于ΛCB ∠是锐角，故cos ACB ∠= 又由题意可知P 为三角形ABC 的垂心，即AP BC ⊥，故π2PACACB ∠∠=−，所以sin cos PAC ACB∠∠==连接AP 并延长交BC 于D ，连接CP 并延长交AB 于E ，连接BP 并延长交AC 于F ，设,,CAB CBA ACB ∠θ∠α∠β===，则πππ,,222PAC PBA PAB ∠β∠θ∠α=−=−=−， 由于::6:5:4AC AB BC =，不妨假设6,5,4AC k AB k BC k ===， 由余弦定理知222222(6)(5)(4)3(4)(5)(6)1cos ,cos 26542458k k k k k k k k k k θα+−+−====××××， 222(4)(6)(5)9cos 24616k k k k k β+−=××， 如图所示，,,AD CE BF 为ABC 的三条高，由于ππ,22ECB EBCPCD CPD ∠∠∠∠+=+=， 故EBC CPD ∠∠=，则得πππAPC CPD EBC ABC ∠∠∠∠=−=−=−，所以24ππsin sin sin sin 22PC PA AC ACR APC ABC ∠∠βθ===== −− ， 同理可得24πsin sin sin 2PB AB ABR APB ACB∠∠α==== −， 所以()319234cos cos cos 448164PA PB PC θαβ ++=++=×++=. 四､解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.【解析】（1）零假设为0H ：ChatGPT 应用的广泛性与服务业就业人数的增减无关.根据表中数据得220.01130(60204010) 6.603 6.635706010030x χ××−×=≈<=×××，所以根据小概率值0.01α=的独立性检验，没有充分证据推断0H 不成立，因此可以认为无关. （2）由题意得，采用分层抽样抽取出的5人中， 有6053100×=人认为ChatGPT 会在服务业中广泛应用， 有4052100×=人认为ChatGPT 不会在服务业中广泛应用， 则X 的可能取值为1,2,3，又()()()1221332323333555C C C C C 3311,2,3C 10C 5C 10P X P X P X =========， 所以X 的分布列为X1 2 3 P 310 35 110所以()3319123105105E X =×+×+×=. 16.【解析】（1）设AC 的中点为O ，因为AB BC =，所以BO AC ⊥， 因为AD CD =，所以DO AC ⊥，所以,,B O D 三点共线，所以BD AC ⊥， 因为PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面ABCD ，所以BD PA ⊥， 因为,PA AC A PA ∩=⊂平面,PAC AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ， 因为BD ⊂平面PBD .所以平面PAC ⊥平面PBD .（2）解：以,OC OD 所在的直线为x 轴和y 轴，过O 点作平行于AP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则)()(),2,0,1,0C P B −， 因为M 为PB的中点，所以1,12M −，设()01PN PC λλ=，所以()22N λ−，所以1,122MN λ =−−，由（1）知BD ⊥平面PAC ，所以平面PAC 的一个法向量为()0,1,0n =， 设直线MN 与平面PAC 所成角为θ，则sin cos,MN nMN nMN nθ⋅===即当14PNPC=或38PNPC=时，直线MN与平面PAC.17.【解析】（1）设圆C的半径为(0)r r>，依题意知，圆心C的坐标为()2,r，因为3MN=，所以222325224r=+=，所以52r=，圆C的方程为22525(2)24x y−+−=.（2）把0x=代入方程22525(2)24x y−+−=，解得1y=或4y=，即点()()0,1,0,4M N.①当AB x⊥轴时，可知0ANM BNM∠∠==；②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为1y kx=+.联立方程221,1,84y kxx y=++=消去y得()2212460k x kx++−=.()22Δ1624120k k=++>恒成立.设直线AB交椭圆22184x y+=于()()1122,,,A x yB x y两点，则12122246,1212kx x x xk k−−+==++，所以()12121212N2221121212234433112121212 AN Ikx x x xy y kx kx k k k kx x x x x x x x k k−+−−−−−+=+=+==+=++，所以ANM BNM∠∠=.综合①②知ANM BNM∠∠=.18.【解析】（1）()ln123ln22f x x ax x ax′=+−−=−−，又1x=是函数()fx的一个极值点，()10f ∴′=，即220,1a a −−=∴=−.()ln 22f x x x ∴=′+−，令()()1ln 22,20h x x x h x x=+−=+>′， ()()f x h x ∴′=在()0,∞+上单调递增，且()10f ′=，()f x ∴在()0,1上单调递减，在()1,∞+上单调递增，1x ∴=是()f x 的极小值点时，实数a 的值为-1.（2）①()ln 123ln 22f x x ax x ax ′=+−−=−−，由于()()2ln 3f x x x ax x a =−−∈R 有两个极值点12,x x ， 所以方程()0f x ′=在()0,∞+上有两个不同的根，即方程ln 220x ax −−=有两个不同的正数根，转化为函数()ln 2x g x x−=与函数2y a =的图象在()0,∞+上有两个不同交点， 令()23ln x g x x −=′，令()23ln 0x g x x −==′，解得3x e =， 当3e x >时，()()0,g x g x ′<单调递减，当30e x <<时，()()0,g x g x ′>单调递增， 且当2e x >时，()()20,e 0g x g >=，故作出()g x 的图象如下： 由图象可得：3120,e a∈ ，即310,2e a ∈. ②由（1）知：12,x x 是ln 220x ax −−=的两个根，故11222ln 20,2ln 20x ax x ax −+−=−+−=，则1212ln ln 2x x a x x −=−， 不妨设()120,1x t x =∈，则21tx x =，则1222212ln ln ln 2ln 0ln 21x x t x x x x x t −−+−=⇒=+−−， 故由122ln 31ax k x k +>+可得，12122221222ln ln ln ln ln 31ln 31ln 311x x t t t x k x k tx k x k k x k x x tx x t −+>+⇒+>+⇒+>+−−−，ln ln 23111t t t k k t t ++>+ −− ，化简得ln 11ln 11t t t t t k t t −+−− > −− ， 由于01t <<，所以等价于()ln 11ln 0t t t k t t −+−−−<对任意的01t <<恒成立， 令()()ln 11ln F t t t t k t t =−+−−−，故()0F t <对任意的01t <<恒成立， 则()ln k F t t k t=−+′， 设()ln k m t t k t=−+，则()221k t k m t l t t −=−=′， （i ）当0k 时，()()()20,t k m t m t F t t−=>′=′单调遥增，故()()()10,F t F F t =′<′单调递减，故()()10F t F >=，不满足，舍去； （ii ）当1k 时，()()()20,t k m t m t F t t−=<′=′单调递减，故()()()10,F t F F t =′>′单调递增，故()()10F t F <=，故()0F t <恒成立，符合题意；（iii ）当01k <<时，令()20t k m t t−==′，则t k =，当1k t <<时，()()()0,m x m x F t =′>′单调递增，当0t k <<时，()()()0,m x m t F t =′<′单调递减，又()10F ′=，故1k t <<时，()()10F t F ′<=′，此时()F t 单调递减，故()()10F t F >=， 因此当1k t <<时，()0F t >，不符合题意，舍去.综上，实数k 的取值范围为[)1,∞+.19.【解析】（1）2n b n =，对任意的()*,,,2,2,222m n m n m n m n b m b n b b m n m n ∈≠==+=+=+N ， 取k m n =+，则{},m n k n b b b b +=∴是“G 数列”.（2）数列{}n a 为等差数列，①若{}n a 是“G 数列”，*128,a a =∈N ，且*2121,0,a a d a a d >=−>∈N ， 则()81n a n d =+−， 对任意的()()*,,,81,81m n m n m n a m d a n d ∈≠=+−=+−N ， ()882m n a a m n d +=+++−，由题意存在*k ∈N ，使得m n k a a a +=， 即()()88281m n d k d +++−=+−，显然k m n + ，所以()()()281,18m n d k d k m n d +−+=−−−+=， 1k m n −−+∈′N .所以d 是8的正约数，即1,2,4,8d =， 1d =时，29,7a k m n ==++；2d =时2,10,3a k m n ==++；4d =时2,12,1a k m n ==++；8d =时2,16,a k m n ==+. 综上，2a 的可能值为9,10,12,16.②若对任意*n ∈N ，存在*k ∈N ，使得k n a S =成立， 所以存在*122,,3t t a a S a t ∈+==N ，设数列{}n a 公差为d ，则()()11121,2a d a t d a t d +=+−=−， ()()()213n a t d n d t n d =−+−=+−，对任意()()*,,,3,3m n m n m n a m d a n d ιι∈≠=+−=+−N ， ()26m n a a t m n d +=++−，取*3k t m n =++−∈N ，则()()326k m n a t k d t m n d a a =−+=++−=+，所以数列{}n a 是“G 数列”.。
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一、数学核心素养转化
3. 归纳并提炼出问题，建立数学模型，实现 三种语言的相互转化，关注学生运算定律的 形式化表达，培养学生的数学抽象能力和模 型思想。运用数学知识，解决实际问题，让 学生感受到现实生活和数学离不开，并从中 体会数学带来美的感受。让学生在自主探究 的学习过程中实现核心素养的转化与渗透。
选修 4—4 第 28 页例 1：
选修 2—1 第 47 页例 7：
在椭圆 x2 y2 1 上求一点 M ，
94
已知椭圆 x2 y2 1 ，直线
25 9
使点 M 到直线 x 2 y 10 0 的距
否存在一点，它到直线 l 的
离最 l : 4x 5 y 40 0 ，椭圆上
二、高考分析与备考策略
3. 素养为导向，全面落实“五育并举”教育方针。今年3月 份的全国教育大会，习总书记再次提出：培养德智体美劳全 面发展的社会主义建设者和接班人。五育并举培养人”成为 两会议论的热门话题。因此，高考作为人才选拔的“一把尺 ”必须落实对学生“德智体美劳”的全面考查。2019年的全 国数学I卷试题中，第4题以著名的雕塑“断臂维纳斯”为例 ，探讨人体黄金分割之美，将美育教育融入数学教育；第6 题以我国古代典籍《周易》中的“卦”为背景设置了排列组 合问题，渗透文化德育教育；第15题以非常普及的篮球运动 为背景考查概率的计算，宣扬体育运动；第21题展示了测试 新药的方案有效性过程，用数据说话，感受生产劳动中的数 学魅力。这给我们高三模考命题方向提供了参考依据。
——数学思维的严谨性
数学建模（问题数学化）（加ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ应用考查）（理4道文3道） 数据分析（问题结论化）（如决策问题理21文17）
——数学的应用性
一、数学核心素养转化
1. 科学设计课堂模式结构，有助于核心素养的 转化与渗透。 学案 针对性预习、阅读能力 课前预习 发现问题、提出问题、思考问题
课堂归纳与发散 解决问题、深（优）化问题
距离最小？最小距离是多
是小，并求出最小值．
少？
二、高考分析与备考策略
5. 稳中有变，打破惯例。试题在整体设计上保持平 稳，包括考查内容的布局、题型的设计、难度和区 分度的把控等；在试题排列顺序上基本上是由易到 难，循序渐进。在符合《考试大纲》和《考试说明 》要求的前提下，调整了试题的顺序，如客观题中 ，第4、6题不是传统中的容易题；在主观题的设计 上也进行了适当的调整，如函数导数题提前到第20 题，而概率统计题调整到第21题，打破了过去压轴 题的惯例。打破八股意识，全面培养学生综合素质 和创新型人才才是教育之根本。（现象：选修系列 不选修、压轴题误导学生等）
二、高考分析与备考策略
2. 命题趋势与新高考改革接轨。试卷中对于往年常考的线性
规划、三视图等内容未有考查，这也正是新高考考纲删掉的 内容，说明高考的命题方向正在朝着新高考的趋势发展；程 序框图内容虽然也是新课标删除了的知识点，但第8题考了 ，说明这个接轨过程是个渐进过程；另外弱化内容计数原理 中二项式定理试题也没有考查。既然以往一些常考点没有考 查，自然会增加其他主干内容的考查力度，由试题可以看到 ，增强数列以及概率统计知识的考察力度，数列题单独考题 有第9题、14题，概率题单独考题有第6题、15题，同时还有 第21题数列与概率统计相结合的压轴题。E:\2019届高三数学 资料\报告及相关资料打包\新旧对照.jpg
数学核心素养转化 及高三数学复习策略
雅礼中学 卿 科 老师
基础+能力+应用+创新= 核心素养
计划性+针对性+落实内化= 高效复习
数学核心素养
数学抽象（问题思维化）（基础知识与基本方法如22、23） 直观想象（问题图像化）（体现作图能力的考查理12文16）
——数学的一般特性（数、形）
逻辑推理（问题转换化）（数学思想体现学生能力文理20） 运算能力（问题过程化）（强化运算能力考查覆盖所有题）
二、高考分析与备考策略
1. 去年是破冰之年，主要特点体现一个“稳”字， 有变化，但幅度不大，而2019年是新高考评价体系 落实之年，所以主要特点体现一个“变”字，图变 不是乱变，渗透新课程标准的理念，是落实国家对 教育的根本目的——立德树人的“变”，所以2019 年的全国数学I卷试题突出学科素养导向，注重能力 考查，全面覆盖基础知识，增强综合性、应用性， 以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的 真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在数 学教育、评价中落实立德树人的根本任务。
卿 科：雅礼中学高中数学奥赛金牌教练、雅
礼中学集团校数学名师工作室首席名师、省初 等数学研究会副理事长、湖南省高考命题核心 成员、省自主命题数学组组长，省骨干教师培 训特约讲师、长沙市骨干教师，长沙市名师工 作室名师、雅礼中学数学高级教师、14年数学 学科组长、省理科实验班数学教师。在省初等 数学年会、省骨干教师培训、市教科院、省高 三数学研讨会、各地州市高三复习及培优专题 报告等作了40多场的专题报告。
32
的中点，求直线 l 的方程．
【2013 高考新课标 1，理 20】 已知圆 M：(x＋1)2＋y2=1，圆 N：(x－1)2＋y2=9，动圆 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切，圆心 P 的轨迹为曲线 C． （１）求 C 的方程； 选修 2－1 第 50 页习题 2.2 B 组第 2 题： 一动圆与圆 x2 y2 6x 5 0 外切，同时与圆 x2 y2 6x 91 0 内 切，求动圆圆心的轨迹方程，并说明它是什么曲线．
习中，每个老师都要做有心人，科任老师要随时记 录所教班的学生的知识漏洞；备课组长要及时分析 每次的考试，用数据说话，找到本校学生的弱项； 全体老师要深入研究考纲考题，为二轮专题复习积 累精准素材，创设精准专题，确保二轮复习的针对 性和有效性。三轮复习重视试题讲评的有效性，三 轮复习以综合训练及讲评为主，此轮的关键除了试 题的选取（以四翼为标准），还取决于试题讲评的 效果上。试卷讲评不能就题论题，要归类讲评、要 拓展练习（变式训练）、要提炼规律与方法，注意 数学思想引领，帮助学生学会思考，这样才能让学 生有质的提升。数学运算素养的培养要贯穿备考三 轮全过程！！！（如第22题第（1）问消参运算）
二、高考分析与备考策略
9. 高考复习备考各个阶段都要突出学生的主动性，注重节奏 、基础、归纳、发散（如变式教学、猜想等），尽可能照顾 到绝大多数学生，形成良好的课堂氛围来促进课堂教学的有 效性，同时归纳与发散也是培养优生的有效途径。 一轮复习教学片段案例1：E:\2019届高三数学资料\报告及 相关资料打包\9.5 椭 圆.pptx 二轮复习教学片段案例2：E:\2019届高三数学资料\报告及 相关资料打包\3-5 解析几何.ppt 二轮复习教学片段案例3：E:\2019届高三数学资料\报告及 相关资料打包\导数的综合应用分类分析（１）--理科（教师 版）.doc
课后配套练习 巩固问题、内化问题 周末变式训练 巩固、内化、优化问题
一、数学核心素养转化
2. 充分利用多媒体的直观性或创设情境，发 现数学信息，鼓励猜想，培养独立思考能力 和创新意识，让学生经历观察、实验、猜想 、证明等数学活动来实施自己的想法，提升 自己的数学思维（这就是高效的课堂培优） ，真正体现教师的主导性与学生的主体性， 引导质疑，在辨析中实现核心素养的转化与 渗透。
二、高考分析与备考策略
6. 在不同的真实情景中考查数学的应用和创新。试 卷设置的情境真实、贴近生活，同时具有深厚的文 化底蕴，体现数学原理和方法在解决问题中的价值 和作用。如理科Ⅰ卷第6题以我国古代典籍《周易》 中描述事物变化的“卦”为背景设置了排列组合试 题，体现了中国古代的哲学思想。第21题着眼于测 试新药的有效性为背景，向考生展示了问题的提出 、模型的建立、数据的整理与分析、统计与概率知 识的应用于解析测试方案的合理性，直到问题解决 的全过程，充分体现数学的应用价值。
一轮复习中，不仅仅就是强化数学解题，更 要强化数学本质的教学，强化数学概念的教 学，因此我们要强化教材的示范性，梳理好 教材中的阅读材料（这与提倡学生选修课是 相符的），教材是高考命题的生长地，105分 左右的高考题源自于教材（下面仅从一个侧 面进行对比）。
【2013 高考新课标 1，理 10】 已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交 椭圆于 A、B 两点．若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则 E 的方 程为（ ） 选修 2－1 第 80 页复习参考题 A 组第 9 题： 经过点 M(2,1) 作直线 l 交双曲线 x2 y2 1 于 A, B 两点，且 M 为 AB
【2014 高考新课标 1，文 21】
选修 4—4，坐标系与参数方程
已知曲线 C : x 2
4
y2 9
1，直线
l
:
x y
2 2
t, (t
2t ,
为参数
)
.
（２）过曲线 C 上任意一点 P 作与 l 夹角为 30 的直线，交 l 于点
A ，求| PA |的最大值与最小值．
二、高考分析与备考策略
4. 注重对高中基础内容的全面考查。集合、复数、平面向量 、算法、排列组合等内容在选择题、填空题中得到了有效的 考查，如第1、2、3、5、7、8、9、10、13、14题，都是直 接考查基础知识和基本方法的试题。解答题中重点考查了函 数、导数、三角函数、概率统计、数列、立体几何、直线与 圆锥曲线等主干内容，体现了“四翼”（基础性、综合性、 应用性、创新性）的考查要求。基于2019年试题在全面考查 基础知识、重点考查主干内容的特点，一轮复习一定要把基 础夯实，一个一个知识点过关，不图快，不留死角，这样才 能应对高考中的“不常规”。因此要注重一轮复习的全面性 ，更要注重二轮专题复习的精准性，即所选专题与内容的精 准，既要符合学生的需要，又是高考必考。因此，在一轮复